届山东省烟台市高三高考适应性练习一理综化学试题解析版.docx
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届山东省烟台市高三高考适应性练习一理综化学试题解析版
山东省烟台市2018届高三高考适应性练习
(一)
理综化学试题
1.下列关于生活、生产中用品材料的说法不正确的是
A.不锈钢属于合金材料B.青花瓷属于硅酸盐材料
C.羊毛绒属于复合材料D.橡胶属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】不锈钢是铁和镍等元素的合金,A说法正确;青花瓷、玻璃、水泥符合硅酸盐产品的特点,是硅酸盐产品,B说法正确;由两种或两种以上不同性质的材料,通过物理或化学的方法,在宏观(微观)上组成具有新性能的材料叫复合材料,羊毛绒主要由蛋白质组成,不是复合材料,C说法错误;有机高分子材料分为:
天然有机高分子材料和合成有机高分子材料,而天然有机高分子材料有:
天然橡胶和天然纤维(植物纤维和动物纤维),合成有机高分子材料有:
合成橡胶、合成纤维、塑料,所以橡胶属于有机高分子材料,D说法正确;正确选项C。
2.下列对有关文献的理解错误的是
A.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”,《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“试扫其烟为墨,黑光如漆,松墨不及也”的描述,其中的烟指炭黑
B.《物理小识》记载“青矾(绿矾) 厂气熏人,衣服当之易烂,栽木不茂”,青矾厂气是CO和CO2
C.《本草纲目》描述“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”其中的碱是K2CO3
D.《天工开物》记裁制造青瓦“(窑)泥周寒其孔,浇水转釉”,红瓦转化为青瓦的原因是Fe2O3转化为其他铁的氧化物
【答案】B
【解析】洧水可燃,洧水是石油,不完全燃烧时有碳颗粒生成,由墨汁很黑知道烟是炭黑,A说法正确;青矾是绿矾,为硫酸亚铁晶体FeSO4•7H2O,青矾”强热,得赤色固体为氧化铁,“气”凝即得“矾油”,矾油应指硫酸,具有腐蚀性,根据电子得失守恒和元素守恒可知,煅烧FeSO4•7H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O,所以青矾厂气指的是SO2和SO3气体,不是CO和CO2,B说法错误;冬月灶中所烧薪柴之灰即草木灰,草木灰的主要成分是碳酸钾,用水溶解时碳酸钾水解导致溶液呈碱性,能够去污,所以C说法正确;红瓦和青瓦都是用泥土制成的,青瓦和红瓦是在冷却时区分的,自然冷却的是红瓦,水冷却的是青瓦,红瓦里面是氧化铁,青瓦里面主要是氧化亚铁,所以D说法正确;正确选项B。
3.下列说法正确的是
A.丙烯中所有原了共平面
B.葡萄糖、花生油和蚕丝一定条件下都能发生水解反应
C.乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
D.C4H4仅有
和CH≡C-CH=CH2两种同分异构体
【答案】C
4.实验室用下列装置制备无水AlCl3 (183℃升华,過潮湿空气即产生大量白雾)。
下列说法正确的是
A.该实验过程中e瓶可能产生白雾
B.b、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸
C.实验开始时应先点燃d处酒精灯,再点燃a处酒精灯
D.实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和确硝酸,可确定生成的MnCl2的质量
【答案】A
【解析】d装置中产生的AlCl3受热易升华,f装置中的水蒸气挥发到e装置中,由于氯化铝极易水解生成氢氧化铝和氯化氢,而氯化氢溶液形成白雾,所以在e装置中可能产生白雾,A说法正确;a装置产生Cl2,同时有HCl和水蒸气,所以b装置中应该是饱和食盐水,除去HCl气体,c装置应该是浓硫酸,除去水蒸气得干燥纯净的Cl2,b中盛装饱和NaHCO3溶液,与酸反应产生CO2气体,引入杂质,同时NaHCO3溶液呈碱性,能够吸收Cl2,B说法错误;由于金属铝是活泼的金属,极易被氧化,所以首先点燃a处酒精灯,然后点燃d处酒精灯,C说法错误;实验室制取氯气用浓盐酸与二氧化锰反应,随着反应的进行,盐酸的浓度下降,当浓盐酸变成稀盐酸,反应停止,此时反应后的溶液中仍然有盐酸,所以通过测定AgCl的质量来确定生成的MnCl2的质量是错误的,D选项错误,正确答案是A。
5.电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高,有望代替传统的工业合成氨工艺。
电解法合成氨的两种原理及装置如图1和图2所示。
下列说法错误的是
A.a电极上通入的物质是H2
B.电解池中b是阳极,c是阴极
C.d电极上电极反应式是N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-
D.若I=2.0A,通电1h,理论上两装置均可得NH3的质量为
。
(已知一个电子的电量为1.6×10-19C)
【答案】B
【解析】通过图1得出b极通入的是N2,所以a极通入的气体应该H2,A说法正确;b极通入的是N2,得到电子,发生还原反应,所以电解池的b极是阴极,c极O2-失去电子,发生氧化反应,c极是阳极,B说法错误;d电极是阴极,N2得到电子生成NH3,总反应式是:
2N2+6H2O=4NH3+3O2,所以阴极(d电极)的电极反应式:
N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-,C说法正确;当流过的电流1安培时,每秒钟所通过的电量为1库仑,所以I=2.0A,通电1h,理论上电量是:
2.0×60×60C,通过的电子:
(2.0×60×60)÷(1.6×10-19×NA)mol,1molN原子得到3mol电子生成NH3,所以n(NH3)=(2.0×60×60)÷(1.6×10-19×NA×3)mol,NH3的质量是:
m(NH3)=n(NH3)•M(NH3)=
D说法正确,本题正确选项B。
6.三个相邻周期的主族元素X、Y、Z、W,原子序数依次增大,其中X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,Z原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。
则下列判断正确的是
A.原子半径:
W>Y>Z>XB.气态氢化物的稳定性:
Z>X
C.Y、Z的氧化物都有两性D.最高价氧化物对应水化物的碱性:
Y>W
【答案】A
【解析】X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,所以X是O元素,Y是Al元素;X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以Z原子的最内层电子数是2,其最外层电子数是4,Z是Si元素;Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等,即:
3+4=6+1,W原子的最外层电子数是1,是相邻的三个周期,所以W是K;所以X、Y、Z、W分别是:
O、Al、Si、K;原子半径:
K>Al>Si>O,即W>Y>Z>X,A选项正确;氧元素的非金属性比硅元素强,H2O的稳定性比SiH4强,B选项错误;Y的氧化物是Al2O3,是两性氧化物,Z的氧化物是SiO2,是酸性氧化物,C选项错误;K的金属性比Al强,KOH是强碱,Al(OH)3是两性氢氧化物,D选项错误,正确答案是A。
7.常温下向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸,所得溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数φ与加入盐酸的体积V及混合液pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是
A.表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是B
B.pH=9.26时的溶液中,NH3·H2O的电离程度小于NH4+的水解程度
C.常温下,NH3·H2O的电离常数为1.8×10-5mol/L (已知lg1.8=0.26)
D.当加入盐酸体积为50mL时,溶液中c(NH4+)-c(NH3·H2O)=2×(10-5+10-9)mol/L
【答案】C
【解析】NH3·H2O与HCl能够发生反应:
NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O,随着HCl的滴入,NH3·H2O浓度逐渐减小,NH4+的浓度逐渐增大,所以曲线B表示的是NH4+,不是NH3·H2O的物质的量分数,A选项错误;pH=9.26时,溶液呈碱性,说明NH3·H2O的电离程度大于NH4+离子的水解程度,B选项错误;NH3·H2O
NH4++OH-,K=[C(NH4+)×C(OH-)]/C(NH3·H2O),根据图示得:
当PH=9.26时,溶液中NH3·H2O和NH4+的物质的量分数相同,即浓度相同,所以K=C(OH-)=Kw/C(H+)=1×10-14/10-9.26=10-4.74=1.8×10-5,C选项正确;当加入盐酸体积为50mL时,C(Cl-)=1/15mol·L-1,C(NH3·H2O)+C(NH4+)=2/15mol•L-1,所以有:
2C(Cl-)=C(NH3·H2O)+C(NH4+),根据电荷守恒:
2C(H+)+2C(NH4+)=2C(Cl-)+2C(OH-),所以c(NH4+)-c(NH3·H2O)=2×(10-5-10-9)mol/L,D选项错误,正确答案是C。
8.实验室利用下图装置制备H2S气体,并探究H2S的有关性质。
回答下列问题:
(1)实验开始时,检查装置气密性的方法是_________________。
(2)若装置不漏气,加入装置中的药品为_________(填字母)。
a.FeS和稀硫酸 b.Na2S和稀硫酸C.ZnS和稀硝酸 d.CuS和稀盐酸
该反应的离子方程式为_________________。
(3)打开弹簧夹使反应发生,将生成的H2S气体通入1.0mol/LFe(NO3)3溶液中,观察到有浅黄色固体析出。
为探究实际参与该反应的微粒种类,设计如下图装置:
若A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液,并测其pH=1,则B装置中加入的试剂是______;实验观察到A、B中均有浅黄色固体析出,则H2S与Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为_______。
(4)实验结束时,使反应停止的操作是______;此时反应停止的原因是______________。
(5)常温下,以Na2S为样品,选择合理的仪器和试剂设计实验①证明氢硫酸为二元弱酸②测量并估算氢硫酸的Ka2(H2S),则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、_____、_______。
【答案】
(1).夹紧弹簧夹,往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间后,液面差保持不变,证明气密性良好,否则气密性不好
(2).a(3).FeS+2H+=H2S↑+Fe2+(4).浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液(5).2H2S+Fe3++NO3-=2S↓+Fe2++NO+2H2O(6).用弹簧夹夹紧橡皮管(7).夹紧弹簧夹后,装置中产生的H2S难溶于稀硫酸,使试管内气体压强增大,将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应(8).酸式滴定管(9).pH计
【解析】
(1)检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差,并产生某种明显现象,如气泡的生成,水柱生成,液面升降。
对本装置检查气密性方法是:
用弹簧夹夹紧橡皮管,往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面,一段时间后,液面差保持不变,证明气密性良好,否则气密性不好;
(2)制取硫化氢气体,FeS和稀硫酸反应生成硫化氢气体,且硫化亚铁不溶于水,a可以;Na2S和稀硫酸也能反应生成硫化氢气体,但硫化钠易溶于水,无法控制硫化氢气体产生的速度,所以b不符合实验装置要求;稀硝酸具有强氧化性,可以将-2价的硫氧化,不产生硫化氢气体,所以c不可以;CuS与稀盐酸不反应,所以d不可以,因此能够产生硫化氢气体且符合装置要求的是a;FeS和稀硫酸反应 的离子方程式为:
FeS+2H+=Fe2++H2S↑;
(3)H2S气体通入1.0mol/LFe(NO3)3溶液中,观察到有浅黄色固体析出,Fe3+与NO3-都能够与H2S反应产生S沉淀,Fe3+与NO3-有氧化性,A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液,并使溶液的pH=1,确定是否是Fe3+引起的,因此B中应该验证是否是NO3-在酸性(PH=1)条件下引起的,B中可以加入浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液,即:
B装置中加入的试剂是浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液;A、B中均有浅黄色固体析出,则H2S与Fe(NO3)3溶液反应的离子方程式为2H2S+Fe3++NO3-=2S↓+Fe2++NO+2H2O;
(4)利用启普发生器制取气体的原理,关闭启普发生器的活塞,产生的气体将液体压回漏斗中,固体与液体分离,反应停止,所以本实验结束时,使反应停止的操作:
用弹簧夹夹紧橡皮管;此时反应停止的原因是:
夹紧弹簧夹后,装置中产生的H2S难溶于稀硫酸,使试管内气体压强增大,将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应;
(5)用电子天平称取一定质量的Na2S样品,配制成0.001mol/L溶液,用PH计测定其溶液的PH,PH大于7,说明溶液呈碱性,证明Na2S发生水解反应,根据:
S2-+H2O
HS-+OH-说明H2S是弱酸;再配制0.001mol/LH2SO4的稀溶液,取0.001mol/LNa2S溶液20.00ml于锥形瓶中,用0.001mol/LH2SO4溶液进行滴定,当滴入5ml0.001mol/L硫酸溶液时,此时溶液中S2-与HS-的浓度基本相同,用PH计测定溶液的PH,通过换算确定Ka2,Ka2=C(S2-)C(H+)/C(HS-)≈C(H+),因此,以Na2S为样品,选择合理的仪器和试剂设计实验①证明氢硫酸为二元弱酸②测量并估算氢硫酸的Ka2(H2S),则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、酸式滴定管和pH计,正确答案:
酸式滴定管和pH计。
9.含磷化合物在生产生活中有着重要的应用。
(1)磷与氨是同主族元素,下列能说明者非金属性强弱的是_______(填字母)。
a.NH3比PH3稳定性强
b.常温下,氮气为气体,磷单质为固体
c.氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难
d.HNO3的酸性比HPO3酸性强
(2)工业常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制各磷酸。
己知25℃,101kPa时:
CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+ H2O(l)△H=-271kJ/mol
5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca5(PO4)F(s)+5H2O(l)△H=-937kJ/mol
则Ca5(PO4)F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为________________。
(3)已知PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g) △H>0。
温度为T时,把一定量的PCl5气体引入一真空瓶内,反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:
3(分压一总压×物质的量分数)。
①PCl5的分解率a1=_____%。
若达到兴衡后体系总压为1.4MPa,用平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数Kp=_________。
②温度为T2时,新的平衡体系中PCl5与Cl2分压相同,则PCl5的分解率a1________a2,温度T1___ T2(填“>”“<”或“=”)。
③达到平衡后,下列情况使PCl5分解率增大的是___________(填字母)。
a.温度、体积不变,充入氩气b.体积不变,对体系加热
C.温度、体积不变,充入氯气d.温度不变,增大容器体积
(4)氧化水解法产三氯氧磷的废水中主要含有H3PO4、H3PO3等,可先加入适量漂白粉,再加入生石灰调节pH 将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。
①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是__________________。
②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。
处理该厂废水需控制的工艺条件为______。
【答案】
(1).a
(2).Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)△H=﹣418kJ·mol-1(3).75(4).1.8MPa(5).>(6).>(7).bd(8).将废水中的H3PO3氧化成H3PO4(9).溶液pH>10,反应时间>30min
【解析】
(1)同主族元素从上到下原子序数逐渐增大,元素金属性逐渐增大,非金属性逐渐减小,单质与氢气的化合越来越难,气态氢化物稳定性逐渐减小,最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱,所以NH3比PH3稳定性强可以说明非金属性N>P,a可以;常温下,氮气为气体,磷单质为固体是它们的物理性质,不能说明非金属性N>P,b不可以;氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难可以说明非金属性P>N,与元素周期律矛盾,c不可以;HPO3不是磷元素的最高价氧化物对应的水化物,所以HNO3与HPO3酸性强弱不能说明N与P非金属性强弱,d不可以;正确答案是a;
(2)根据盖斯定律:
将CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+ H2O(l)△H=-271kJ/mol乘以5倍减去
5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca5(PO4)F(s)+5H2O(l)△H=-937kJ/mol得到:
Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)△H=﹣418kJ·mol-1,所以Ca5(PO4)F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为:
Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)△H=﹣418kJ·mol-1;
(3)假设一定量的PCl5为amol,压强是P0
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)
开始(mol)a 0 0
转化(mol)x x x
平衡(mol)a-x x x
根据:
分压=总压×物质的量分数,达平衡后P(总)=(a+x)P0/a,P(PCl5)=(a-x)P(总)/(a+x),P(Cl2)=P(PCl3)=xP(总)/(a+x),根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:
3得出:
x=3a/4;
①PCl5的分解率a1=x/a=75%,平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数表达式是:
Kp=P(Cl2)P(PCl3)/P(PCl5),将P(总)=1.4MPa代入得:
Kp=1.8MPa
②根据①的计算数据可知,在原平衡中,P(PCl5)<P(Cl2),新平衡中两者相同,说明平衡逆向移动,根据反应方程式:
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g) △H>0,该反应正反应是吸热反应,平衡逆向移动,说明温度降低,即T2<T1,新平衡与原平衡相比,PCl5分解率降低了,所以正确答案是:
a1>a2,温度T1>T2;
③PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g) △H>0达到平衡后,温度、体积不变,充入氩气,反应物、生成物的浓度都没有改变,平衡不移动,a不能使PCl5分解率增大,a选项错误;体积不变,对体系加热,相当于升高温度,该反应的正反应是吸热反应,平衡正向移动,能使PCl5分解率增大,所以b选项正确;温度、体积不变,充入氯气,平衡逆向移动,PCl5分解率减小,c选项错误;温度不变,增大容器体积,平衡正向移动,能使PCl5分解率增大,d选项正确;所以达到平衡后,使PCl5分解率增大的选项是bd;
(4)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水,在废水中先加入适量漂白粉,使废水中的H3PO3氧化为PO43-,加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐,达到较高的回收率;
②根据题干中的图可确定pH≥10,磷的沉淀回收率较高(90%左右),反应时间超过30min时磷的沉淀回收率较高((90%左右),所以处理该厂废水最合适的工艺条件为溶液pH>10,反应时间>30min。
点睛:
在化学平衡计算中,要正确的解决平衡中一系列问题,必需利用好“三段式”,清楚地列出起始量、转化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一,利用好答题模板如:
反应:
mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b,达到平衡后,A的消耗量为mx,容器容积为VL。
mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g)
起始(mol)ab00
变化(mol)mxnxpxqx
平衡(mol)a-mxb-nxpxqx,如本题中的通过
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)
开始(mol)a 0 0
转化(mol)x x x
平衡(mol)a-x x x
根据:
分压=总压×物质的量分数,达平衡后P(总)=(a+x)P0/a,P(PCl5)=(a-x)P(总)/(a+x),P(Cl2)=P(PCl3)=xP(总)/(a+x),根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:
3得出:
x=3a/4;通过x可以求出PCl5的分解率、平衡常数及改变条件以后的平衡移动方向等一系列问题,可以说“三段式”法能有效解答化学平衡计算问题。
10.二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土化合物,汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理,不仅可以降低催化剂的成本,还可以提高催化效能。
以氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F) 为原料制备CeO2的一种工艺流程如下:
已知i.Ce4+能与F-结合成CeFx(4-x)+,也能与SO42-结合成(CeSO4)2+;
ⅱ.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取:
Ce4++n(HA)2
CeH2n-4A2n)+4H+,而Ce3+ 则不能。
回答下列问题:
(1)CeCO3F 中铈元素的化合价为_____,“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率的方法是_____(答出两点即可)。
(2)“萃取”时,选用(HA)2作为萃取剂,(HA)2需满足的条件是________;“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是________。
(3)“反萃取”时加入H2SO4的作用是__________;加入H2O2的作用是_______(结合离子方程式说明)
(4) 浸渣经处理可得Ce(BF4)3,在KCl溶液中加入Ce(BF4)3,发生如下反应:
Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)
3KBF4(s)+Ce3+(aq)
一定温度时,Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b,若上述反应体系中K+的物质的量浓度为cmol/L,则Ce3+的物质的量浓度为______mol/L。
【答案】
(1).+3
(2).将矿石粉碎,增大接触面积;提高焙烧温度;增大氧气(或空气)浓度(3).(HA)2不溶于水,且与水不反应(4).F-、SO42-(5).增大平衡体系Ce4++n(HA)2
Ce(H2n-4A2n)+4H+中c(H+),同时SO42-与Ce4+结合生成(CeSO4)2+,促使平衡逆向移动,有利于“反萃取”的进行[或:
增大平衡体系(CeSO4)2++n(HA)2
Ce(H2n-4A2n)+4H++SO42-中c(H+)和c(SO42-),促使平衡逆向移动,有利于“反萃取”的进行](6).将+4价铈还原成+3价铈:
2(CeSO4)2++H2O2=2Ce3++2SO42-+2H++O2↑(或2Ce4++H2O2=2Ce3++2H++O2↑),Ce3+不能被萃取,有利于Ce3+进入水层而分离(7).ac3/b3
【解析】
(1)CeCO3F 中C元素+4价,O元素-2价,F元素-1价,根据化合价代数和为零的原则,得出铈元素的化合价为+3价;“氧化焙烧”过程中加快反应速率的方法有:
将将矿石粉碎,增大接触面积;适当提高焙烧温度;增大氧气(或空气)浓度;
(2)利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同,使